省选测试39

总结

时间都花到 (T1) 上了，不过也拿到了该拿的分。

A. 老洪的遍历

分析

暴力的做法是按照 (B) 的值排序后，去枚举起点和终点，选出一个贡献最大的子序列和一个贡献最小的子序列，答案就是两者之差。

发现直接强制以 (1) 为起点和以 (n) 为终点一定是最优的，因为可以同一条边正反走两次把它们的贡献抵消成 (0)。

对于 (|A_i|=1) 的部分分，建出凸包后直接二分斜率找最大最小值。

满分的做法把贡献的式子拆成了 (frac{1}{2}(frac{B_j}{A_j}B_i-B_jfrac{B_i}{A_i}))，

如果把 (B_i) 看成横坐标，(frac{B_i}{A_i})看成横坐标，那么就是一个叉积的形式。

找到凸包之后求面积即可。

代码

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define rg register
template<typename T>void read(rg T& x){
	x=0;rg int fh=1;
	rg char ch=getchar();
	while(ch<'0' || ch>'9'){
		if(ch=='-') fh=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0' && ch<='9'){
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
		ch=getchar();
	}
	x*=fh;
}
const int maxn=1e5+5;
const double eps=1e-12;
struct Node{
	double x,y;
	Node(){}
	Node(rg double aa,rg double bb){
		x=aa,y=bb;
	}
	friend Node operator -(const Node& A,const Node& B){
		return Node(A.x-B.x,A.y-B.y);
	}
	friend double operator ^(const Node& A,const Node& B){
		return A.x*B.y-B.x*A.y;
	}
}p[maxn],sta[maxn];
int n,tp,a[maxn],b[maxn];
double getdis(rg Node aa,rg Node bb){
	return sqrt((aa.x-bb.x)*(aa.x-bb.x)+(aa.y-bb.y)*(aa.y-bb.y));
}
bool cmp(rg Node aa,rg Node bb){
	rg double nans=(aa-p[1])^(bb-p[1]);
	if(nans>eps) return 1;
	else if(std::fabs(nans)<=eps) return getdis(aa,p[1])<getdis(bb,p[1]);
	else return 0;
}
int main(){
	read(n);
	for(rg int i=1;i<=n;i++) read(a[i]);
	for(rg int i=1;i<=n;i++) b[i]=b[i-1]+a[i];
	for(rg int i=1;i<=n;i++){
		p[i].x=1.0*b[i],p[i].y=1.0*b[i]/a[i];
		if(p[i].y<p[1].y || (p[i].y==p[1].y && p[i].x<p[1].x)) std::swap(p[1],p[i]);
	}
	sta[tp=1]=p[1];
	std::sort(p+2,p+1+n,cmp);
	for(rg int i=2;i<=n;i++){
		while(tp>1 && ((p[i]-sta[tp])^(sta[tp]-sta[tp-1]))>-eps) tp--;
		sta[++tp]=p[i];
	}
	sta[tp+1]=sta[1];
	rg double nans=0;
	for(rg int i=1;i<=tp;i++){
		nans+=(sta[i]^sta[i+1]);
	}
	printf("%.5f
",nans/2);
	return 0;
}

B. 老洪的神秘操作

分析

一个套路的做法就是转一下差分。

问题就变成了在一个位置加上一个数，在另一个位置减去一个数，最少多少次序列都变成 (0)。

发现 (1) 和 (6) ,(2) 和 (5),(3) 和 (4) 去配对一定是最优的，那么最终匹配完成后只会剩下 (3) 种。

大力 (dp) 求出剩下的值能够凑成多少组。

代码

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define rg register
template<typename T>void read(rg T& x){
	x=0;rg int fh=1;
	rg char ch=getchar();
	while(ch<'0' || ch>'9'){
		if(ch=='-') fh=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0' && ch<='9'){
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
		ch=getchar();
	}
	x*=fh;
}
const int maxn=505;
int n,a[maxn],cf[maxn],ans,num[maxn],f[maxn][maxn][maxn],rk[maxn],cnt;
int dfs(rg int now1,rg int now2,rg int now3){
	if(!now1 && !now2 && !now3) return 0;
	if(f[now1][now2][now3]) return f[now1][now2][now3];
	rg int nans=0;
	for(rg int i=now1;i>=std::max(0,now1-7);i--){
		for(rg int j=now2;j>=std::max(0,now2-7);j--){
			for(rg int k=now3;k>=std::max(0,now3-7);k--){
				if(i==now1 && j==now2 && k==now3) continue;
				if(((now1-i)*rk[1]+(now2-j)*rk[2]+(now3-k)*rk[3])%7==0) nans=std::max(nans,dfs(i,j,k)+1);
			}
		}
	}
	return f[now1][now2][now3]=nans;
}
int main(){
	read(n);
	for(rg int i=1;i<=n;i++) read(a[i]);
	for(rg int i=1;i<=n;i++) cf[i]=a[i]-a[i-1];
	for(rg int i=1;i<=n;i++) if(cf[i]<0) cf[i]+=7;
	for(rg int i=1;i<=n;i++) num[cf[i]]++;
	rg int tmp=std::min(num[1],num[6]);
	num[1]-=tmp,num[6]-=tmp;
	ans+=tmp;
	tmp=std::min(num[2],num[5]);
	num[2]-=tmp,num[5]-=tmp;
	ans+=tmp;
	tmp=std::min(num[3],num[4]);
	num[3]-=tmp,num[4]-=tmp;
	ans+=tmp;
	for(rg int i=1;i<=6;i++){
		if(num[i]) rk[++cnt]=i;
	}
	printf("%d
",ans+num[rk[1]]+num[rk[2]]+num[rk[3]]-dfs(num[rk[1]],num[rk[2]],num[rk[3]]));
	return 0;
}

C. 老洪的数组

分析

不难发现对于 (f(x,y)) ,(C_j) 对其系数的贡献是从 ((1,j)) 走到 ((x,y)) 的方案数。

对于询问分块，当修改的数量大于等于块长对于整体更新答案，否则就暂时存一下。

代码

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<iostream>
#define rg register
template<typename T>void read(rg T& x){
	x=0;rg int fh=1;
	rg char ch=getchar();
	while(ch<'0' || ch>'9'){
		if(ch=='-') fh=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0' && ch<='9'){
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
		ch=getchar();
	}
	x*=fh;
}
const int maxn=2e5+5,mod=1e9+7;
inline int addmod(rg int now1,rg int now2){
	return now1+=now2,now1>=mod?now1-mod:now1;
}
inline int delmod(rg int now1,rg int now2){
	return now1-=now2,now1<0?now1+mod:now1;
}
inline int mulmod(rg long long now1,rg int now2){
	return now1*=now2,now1>=mod?now1%mod:now1;
}
struct jie{
	int x,y;
	jie(){}
	jie(rg int aa,rg int bb){
		x=aa,y=bb;
	}
}q[maxn];
int f[25][maxn],a[maxn],n,m,blo,jc[maxn],jcc[maxn],ny[maxn],tot,lst;
int getC(rg int nn,rg int mm){
	return mulmod(jc[nn],mulmod(jcc[mm],jcc[nn-mm]));
}
void pre(){
	ny[1]=1;
	for(rg int i=2;i<=n+20;i++) ny[i]=mulmod(mod-mod/i,ny[mod%i]);
	jc[0]=jcc[0]=1;
	for(rg int i=1;i<=n+20;i++){
		jc[i]=mulmod(jc[i-1],i);
		jcc[i]=mulmod(jcc[i-1],ny[i]);
	}
}
void build(){
	for(rg int i=1;i<=n;i++) f[0][i]=a[i];
	for(rg int i=1;i<=20;i++){
		for(rg int j=1;j<=n;j++){
			f[i][j]=addmod(f[i-1][j],f[i][j-1]);
		}
	}
}
int main(){
	read(n),read(m);
	for(rg int i=1;i<=n;i++) read(a[i]);
	blo=sqrt(20*n);
	pre(),build();
	rg int aa,bb,cc,tmp;
	for(rg int now=1;now<=m;now++){
		read(aa),read(bb),read(cc);
		if(aa==1){
			q[++tot]=jie(bb,cc);
			if(tot%blo==0){
				for(rg int i=lst+1;i<=tot;i++) a[q[i].x]=q[i].y;
				lst=tot;
				build();
			}
		} else {
			tmp=f[bb][cc];
			for(rg int i=lst+1;i<=tot;i++){
				if(q[i].x<=cc && q[i].x>=1) tmp=delmod(tmp,mulmod(a[q[i].x],getC(bb+cc-1-q[i].x,bb-1)));
				std::swap(a[q[i].x],q[i].y);
				if(q[i].x<=cc && q[i].x>=1) tmp=addmod(tmp,mulmod(a[q[i].x],getC(bb+cc-1-q[i].x,bb-1)));
			}
			for(rg int i=tot;i>=lst+1;i--) std::swap(a[q[i].x],q[i].y);
			printf("%d
",tmp);
		}
	}
	return 0;
}